辽宁省抚顺市六校协作体2022-2023学年高三上学期物理期中考试试卷

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辽宁省抚顺市六校协作体2022-2023学年高三上学期物理期中考试试卷
姓名：__________ 班级：__________考号：__________
1．（2分）在自由式滑雪女子大跳台决赛中，空气阻力可以忽略不计，下列说法正确的是（）
A ．滑雪运动员任何时候都可视为质点
B ．滑雪运动员在空中做变加速曲线运动
C ．滑雪运动员在空中滑翔时处于平衡状态
D ．滑雪运动员在空中翻滚时与两滑板之间存在相互作用力
2．（2分）如图所示，跨过光滑定滑轮的轻质细绳两端分别连接物体A 、B ，物体A 放在水平地面上，
系统处于平衡状态。

现将物体A 向左移动到图中虚线位置后，系统仍然能够保持平衡，则物体A 移动后与移动前相比（ ）
A ．绳中张力变大
B ．物体A 受到地面的摩擦力变大
C ．物体A 受到地面的支持力变小
D ．物体A 受到的重力与拉力的合力可能不变
3．（2分）如图所示，长为L 的轻绳上端固定在O 点，下端系一可看成质点的小球，在O 点正下方的
P 点固定一颗小钉子。

现将小球拉到A 点，轻绳被拉直，然后由静止释放，B 点是小球摆动的最低点，C 点是小球能够到达左侧的最高点。

小球第一次向左摆动的过程中，从A 点到B 点所用时间为
t ，从B 点到C 点所用时间为t
3
，∠BPC <5∘，则OP 的长度为（ ）
A ．15L
B ．35L
C ．34L
D ．89
L
4．（2分）甲、乙两质点沿同一直线运动的v −t 图像如图所示，已知t =0时刻甲在乙后方11m 处，则
两质点相遇的时刻为（ ）
A ．t =5s
B ．t =6s
C ．t =10s
D ．t =11s
5．（2分）一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t =0时刻的波形图如图所示，t =1s 时平衡位置在x =
3.5m 处的质点Q 第一次到达波谷，则平衡位置在x =2.0m 处的质点P 下次到达波峰的时刻为
（ ）
A ．t =13s
B ．t =23s
C ．t =43s
D ．t =53
s
6．（2分）消防员从距地面高ℎ=46m 处的一扇窗户外沿一条竖直悬挂的绳子由静止滑下，为了最快到
达地面，消防员先做自由落体运动，紧接着抓紧绳子开始减速。

已知绳子对消防员的最大滑动摩擦力不超过消防员所受重力的1.7倍，消防员安全着地时的速度不能超过6m/s ，取重力加速度大小g =10m/s 2。

则消防员沿绳滑至地面的最短时间为（ ） A ．4.0s
B ．4.5s
C ．5.0s
D ．5.5s
7．（2分）如图所示：地球可看作质量分布均匀、半径为R 的球体，地球内部的a 点距地心的距离为
r ，地球外部的b 点距地心的距离为2r ，2r>R 。

已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，忽
2 / 7
………内………○…………装………………○………※※请※※不※※要※※在※※题※※
………外………○…………装……………○………略地球的自转，则a 、b 两点的重力加速度大小之比为（ ）
A ．r 3
3
B ．8r 3R 3
C ．4r 3R
3
D ．R 3
8r 3
(共3题；共9分)
8．（3分）立定跳远的动作分解图如图所示，图甲为人从地面起跳的动作，图乙、丙为人在空中的动
作，图丁为人的落地动作，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A ．图甲中，地面对人的摩擦力向右
B ．图乙中，人处于失重状态
C ．图丙中，人处于超重状态
D ．图丁中，地面对人的支持力大于人对地面的压力
9．（3分）如图所示，以O 为原点在竖直面内建立平面直角坐标系，第Ⅳ象限的挡板形状满足方程y =x 2−9
4（单位：m ）
，小球（可视为质点）从第Ⅳ象限内的光滑四分之一圆弧轨道的顶端由静止释放，通过O 点后开始做平抛运动，经0.5s 击中挡板上的P 点，取重力加速度大小g =10m/s 2。

下列说法正确的是（ ）
A ．P 点的坐标为(1，−54
)
B ．小球击中P 点时的速度大小为6m/s
C ．四分之一光滑圆弧轨道的半径为0.4m
D ．小球在O 点时对轨道的压力大小等于自身受到的重力的3倍
10．（3分）一辆玩具赛车在水平直跑道上由静止开始以800W 的恒定功率加速前进，玩具赛车瞬时速
度的倒数和瞬时加速度a 的关系图像如图所示，已知玩上赛车在跑道上运动时受到的阻力大小不变，玩具赛车从起点到终点所用的时间为30s ，玩具赛车到达终点前已达到最大速度。

下列说法正确的是
（ ）
A ．玩具赛车的质量为10kg
B ．玩具赛车所受的阻力大小为40N
C ．玩具赛车的速度大小为10m/s 时的加速度大小为2m/s 2
D ．起点到终点的距离为500m
(共2题；共8分)
11．（4分）某物理小组利用图甲所示的装置测量重力加速度的大小。

（1）（1分）用游标卡尺测量小球的直径，示数如图乙所示，小球直径d ＝ mm ；
（2）（2分）测量时应______；
…
……
外………………订…………○___________ 考号：_________……内……………订…………○A ．先释放小球，后接通数字计时器电源 B ．先接通数字计时器电源，后释放小球
（3）（1分）测出小球释放位置到光电门的高度为h ，小球通过光电门的遮光时间为t ，改变光电门
的高度，测出多组h 和t ，以h 为纵坐标，以1t 2为横坐标，作出ℎ−1
t
2的关系图线，图线的斜率为k ，
则当地的重力加速度大小g ＝ （用字母d 和k 表示）。

12．（4分）某同学利用水平放置的气垫导轨和光电门“验证机械能守恒定律”，装置如图所示，已知滑
块的质量为M ，钩码的质量为m ，重力加速度大小为g 。

测得遮光条的宽度为d ，光电门A 、B 之间的距离为l ，滑块通过光电门AB 的时间分别为t 1、t 2。

（1）（1分）滑块通过光电门A 时的速度大小v A = （用相关物理量的符号表示）。

（2）（2分）要验证系统机械能守恒，需要 和 在误差范围内相等。

（均用相关物理量的符号表示）
（3）（1分）根据实验数据发现钩码重力势能的减少量大于系统动能的增加量，是因为 。

(共3题；共35分)
13．（10分）如图所示，倾角为θ、质量为M 的斜面体A 置于水平地面上，在斜面体和竖直墙面之间放置一质量为m 的光滑球B ，斜面体受到水平向右的外力F =3
2
mg ，系统始终处于静止状态。

已知
sinθ=0.8，重力加速度大小为g 。

求：
（1）（5分）球B 受到斜面体的弹力大小N 1； （2）（5分）斜面体受到的水平地面的摩擦力f 。

14．（10分）如图所示，质量m 0=2kg 的滑块与质量m =3kg 的带挡板的木板用弹簧拴接在一起，起
初弹簧处于原长，它们一起以v 0=4m/s 的速度在足够大的水平地面上向右运动，之后木板与静止的、质量M =1kg 的小球发生弹性碰撞，碰撞时间极短，弹簧始终处于弹性限度内，忽略一切摩擦，求：
（1）（5分）碰后小球的速度大小v ；
（2）（5分）弹簧第一次压缩过程中对木板的冲量I 。

15．（15分）如图所示，带孔物块A 穿在竖直固定的细杆上，不可伸长的轻质柔软细绳一端连接物块
A ，另一端跨过轻质定滑轮连接物块
B ，用手将物块A 向上移动到与定滑轮等高处由静止释放后，两
物块开始在竖直方向上做往复运动。

已知物块A 的质量为m ，物块B 的质量为2m ，定滑轮到细杆的距离为L ，细绳的长度为2L ，重力加速度大小为g ，忽略一切阻力，定滑轮大小不计，两物块均可视为质点，求：
（1）（5分）物块B 与定滑轮间的最小距离d ；
（2）（5分）物块A 、B 处于同一高度时系统的总动能E k ； （3）（5分）物块A 、B 的总动能最大时物块B 的动能E kB 。

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答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．在研究滑雪运动员在空中的动作时，不能把运动员视为质点，否则就没动作可言了，A不符合题意；
B．滑雪运动员在空中只受重力作用，加速度恒定为g，则做匀加速曲线运动，B不符合题意；C．滑雪运动员在空中滑翔时，加速度不为零，不是处于平衡状态，C不符合题意；
D．滑雪运动员在空中翻滚时两滑板的运动状态不断变化，运动员与两滑板之间存在相互作用力，D 符合题意。

故答案为：D。

【分析】当物体的大小和形状对问题的研究没有影响时该物体可看做质点，当合力和速度不在一条直线上是物体做曲线运动，当物体处于平衡状态时合力为零，结合力的产生进行分析判断正确的选项。

2．【答案】B
【解析】【解答】A．物体A移动前与移动后，物体B保持静止不动，根据平衡条件知绳中张力T与物体B受到的重力G B大小相等，即T=G B，绳中的张力保持不变，A不符合题意；
BC．物体A移动后，定滑轮左侧绳与水平方向的夹角θ变小，对A，根据平衡条件可得Tcosθ= f，Tsinθ+N=G A，则物体A受到地面的摩擦力f变大，支持力N变大，B符合题意、C不符合题意；
D．物体A移动后与移动前，物体A受到的重力同拉力的合力与支持力同摩擦力的合力等大，反向，由于支持力与摩擦力的大小均增大，夹角保持不变为90°，根据平行四边形定则知二者的合力一定变大，也即物体A受到的重力与拉力的合力大小增大，D不符合题意。

故答案为：B。

【分析】物体A移动前后对B进行受力分析，根据共点力平衡得出张力的表达式，并判断张力的变化情况，在A移动后，对A进行受力分析以及共点力平衡得出摩擦力和支持力的表达式并判断各力的变化情况，利用力的合成以及平行四边形定则判断物体A所受的重力和拉力合力的变化情况。

3．【答案】D
【解析】【解答】由于∠BPC<5∘，则小球的运动满足简谐运动条件，则从A点到B点有2π√L g=
4t，从B点到C点有2π√L−x OP
g=4×t
3
，解得x OP=89L
故答案为：D。

【分析】小球从A到B和B到C的过程根据单摆周期的表达式得出OP的长度。

4．【答案】D
【解析】【解答】由题图可知，乙质点做速度v0=10m/s的匀速直线运动，甲质点由静止开始做加速度
大小为a=2m/s2的匀加速直线运动，在两质点相遇时有
1
2at
2−v0t=11m，解得两质点相遇的时刻
为t=11s
故答案为：D。

【分析】根据匀变速直线运动的位移与时间的关系以及相遇追击得出两质点相遇的时刻。

5．【答案】C
【解析】【解答】由题意可知，当t=1s时，平衡位置在x=3.5m处的质点Q第一次到达波谷，结
合题图可知，从t=0到t=1s这一秒的时间，P处的波传播到了Q处，有v=
Δx
Δt，解得v=
1.5m/s，再根据波速公式有v=λ
T，解得T=
8
3s
，由题意可知从t=0是，质点P在波谷，则
到达波峰，需要半个周期，即t=
T
2=
4
3s
，所以，质点P到达波峰时为t=4
3s。

故答案为：C。

【分析】根据质点传播的距离和波传播速度的关系得出该简谐波的速度，通过波传播的速度和周期的
关系得出该质点的周期，通过波传播的时间和周期的关系得出质点P到达波峰的时刻。

6．【答案】A
【解析】【解答】设消防员的质量为m，由题意可知，绳子对消防员的最大滑动摩擦力大小为
F f=1.7mg，由牛顿第二定律可得mg−F f=ma，解得a=mg−1.7mg
m=−0.7g=−7
m s2
⁄，负
号表示加速度方向向上；设消防员做自由落体运动的时间为t1，对应的位移为h1，做匀减速运动的时
间为t2，对应的位移为h2，则有做自由落体运动中ℎ1=12gt12，v max=gt1，在做匀减速运动中则
为ℎ2=v max+v
2t2，v−v max=at2，消防员距地面高则有ℎ=ℎ1+ℎ2，联立解得t1=2.0s，
t2=2.0s，则有t min= t1+ t2=2.0s+2.0s=4.0s，A符合题意，BCD不符合题意。

故答案为：A。

【分析】对消防员进行受力分析，利用牛顿第二定律得出加速度的大小，消防员做自由落体运动，结合自由落体运动的规律得出消防员沿绳滑至地面的最短时间。

7．【答案】C
【解析】【解答】设地球密度为ρ，根据题意可知a点距地心距离为r，且小于R，则只有半径为r的球
体对其产生万有引力，则根据黄金代换可得G×43πr3ρm
r2
=mg
a
，解得g
a
=4πGρr
3，b点距地心的
距离为2r，则根据黄金代换可得G×43πR3ρm
4r2
=mg
b
，解得g
b
=πGρR
3
3r2
，则
g a
g b=
4r3
R3
故答案为：C。

【分析】根据质量和密度的关系一集集重力等于万有引力得出ab两点的重力加速度的表达式，从而得出a、b两点的重力加速度大小之比。

8．【答案】A,B
【解析】【解答】A．人起跳时，脚相对于地面运动趋势向左，人受到地面的摩擦力向右，A符合题意；
BC．人在空中时，加速度竖直向下，处于失重状态，B符合题意、C不符合题意；
D．地面对人的支持力与人对地面的压力是一对相互作用力，作用力与反作用力大小相等、方向相反，D不符合题意。

故答案为：AB。

【分析】根据脚相对于地面的运动趋势得出人受到摩擦力的方向，对人进行受力分析，根据共点力平衡以及牛顿第三定律得出地面对人的支持力与人对地面的压力大小关系。

9．【答案】A,D
【解析】【解答】A．小球从O点抛出做平抛运动，满足y=−1
2gt
2=−1.25m，和y=x2−
9
4(m)
，则P点的坐标为(1，−54)，A符合题意；
B．小球击中P点时的水平方向速度大小v0=x t=2m/s，小球击中P点时的竖直方向速度大小
v y=gt=5m/s，小球击中P点时的速度大小v=√v
02+v
y
2=√29m/s，B不符合题意；
C．小球从第Ⅳ象限光滑四分之一圆弧轨道顶端由静止释放，由机械能守恒定律有mgR= 1
2mv0
2，解得R=0.2m，C不符合题意；
D．根据合力提供向心力有F
N −mgR=m
v02
R
，解得F N=3mg，D符合题意。

故答案为：AD。

【分析】小球从O点抛出做平抛运动，结合匀速直线运动的规律以及速度的合成以及机械能守恒定律
得出轨道的大小。

10．【答案】B,C,D
【解析】【解答】AB．由牛顿第二定律
P
v−f=ma，可知赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，
整理得
1
v=
m
P a+
f
P，所以
1
v−a图像的斜率恒定为
k=m P，与纵轴的截距为b=f
P
，结合图像
可得
f
P=0.05s/m，
m
P=
0.55−0.05
20s
3/m2=0.025s3/m2，代入P=800W解得m=20kg，f=40N，A
不符合题意，B符合题意；
C．将v=10m/s代入1
v=
m
P a+
f
P解得
a=2m/s2，，C符合题意；
D．达到最大速度时有F=f=40N，又P=Fv max=800W，解得v max=20m/s，从起点到终点根据动能定理有
Pt−fx=12mv max2，解得x=500m，D符合题意。

故答案为：BCD。

【分析】根据瞬时功率以及牛顿第二定律得出
1
v−a的表达式，结合图像得出赛车的质量和阻力，通过
1
v−a的表达式得出
v=10m/s时的加速度，从起点到终点根据动能定理得出起点到终点的距离。

11．【答案】（1）8.35
（2）B
（3）d
2
2k
【解析】【解答】（1）根据游标卡尺的读数原理，主尺整毫米刻度+游标尺与主尺对齐的刻线×精确
度，则图乙的读数为d=8mm+7×0.05mm=8.35mm
（2）在测量时，因小球下落时间很短，故应先接通数字计时器电源，再释放小球。

故答案为：B。

（3）小球通过光电门时的速度大小为v=
d
t，由自由落体的规律v
2=2gℎ，解得ℎ=d
2
2g⋅
1
t2
，在ℎ−
1
t2
坐标系中，图线的斜率k=d
2
2g
，当地的重力加速度大小为g=d
2
2k。

【分析】（1）通过游标卡尺的读数原理得出小球的直径；
（2）使用打点计时器时先接通电源，再释放小球；
6 / 7
（3）通过短时间内的平均速度等于瞬时速度以及位移与速度的关系得出h 和t 的关系，结合图像得出当地的重力加速度。

12．【答案】（1）d
t 1
（2）mgl ；(M+m)2[(d t 2)2−(d t 1
)2] （3）实验过程中存在阻力，导致动能减少
【解析】【解答】（1）滑块通过光电门A 时的速度大小 v A =d
t 1
（2）滑块通过光电门B 时的速度大小 v B =d
t 2
，减少的势能为 E p =mgl ，增加的动能为 ΔE k =
12(M +m)v B 2−12(M +m)v A 2=(M+m)2[(d t 2)2−(d t 1)2] ，要验证系统机械能守恒，需要 mgl 和 (M+m)2[(d t 2)2−(d t 1
)2]
在误差范围内相等。

（3）实验过程中存在阻力，导致动能减少。

【分析】（1）利用短时间内的平均速度等于瞬时速度得出滑块通过光电门的速度；
（2）利用重力势能的表达式得出减少的重力势能，结合短时间内的平均速度等于瞬时速度得出B 点的速度，利用动能的表达式得出动能的增加量，从而得出验证机械能守恒的表达式。

13．【答案】（1）解：研究B 球，设墙面对B 球的弹力大小为F 1，斜面对B 的弹力为N 1，由共点力的
平衡可知 N 1sinθ−F 1=0 ， N 2cosθ−mg 1=0
解得球B 受到斜面体的弹力大小 N 1=53
mg ， F 1=43mg
（2）解：对AB 整体，设斜面体受到地面的摩擦力为f ，则由平衡可知 F 1−F +f =0 ， F =3
2mg
解得 f =1
6
mg
方向水平向左。

【解析】【分析】（1）对球B 进行受力分析，根据共点力平衡得出球B 受到斜面体的弹力；
（2）对AB 整体 进行受力分析，利用共点力平衡得出 体受到的水平地面的摩擦力 。

14．【答案】（1）解：设木板与小球碰撞后的速度大小为 v 1 ，则有 mv 0=mv 1+Mv
12mv 0
2
=
12mv 1
2
+
12
Mv 2 解得 v =6 m/s
（2）解：设弹簧压缩至最短时滑块和木板的速度均为 v 共 ，则有 m 0v 0+mv 1=(m 0+m)v 共
I =mv 共−mv 1
解得 I =
12
5
 kg ⋅m/s 方向向右。

【解析】【分析】（1）小球和木板碰撞后根据动量守恒和动能不变得出碰撞后小球的速度；
（2）小球压缩弹簧的过程根据动量守恒以及动量定理得出弹簧第一次压缩过程中对木板的冲量 。

15．【答案】（1）解：释放瞬间系统总动能为零，物块B 与定滑轮间的距离最小时，系统总动能又为
零，因此物块A 减少的重力势能等于物块B 增加的重力势能，设物块B 与定滑轮间的距离最小时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为 α ，有 mgLtanα=2mg(L −d)
2L −
L
cosα
=d
解得 d =L 3
（2）解：设物块A 、B 处于同一高度时定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为 β ，有 Ltanβ=
2L −L
cosβ
E k =mgLtanβ−2mg(
L
cosβ
−L)
解得 E k =mgL
4
（3）解：设定滑轮左侧细绳与水平方向所成的角为 θ 时，物块B 的速度大小为 v B ，物块B 的动能为 E ′kB ，则有 E ′kB =12
×2mv B 2 12m(v B sinθ)2+12×2mv B 2=mgLtanθ−2mg(L cosθ−L)=mgL(sinθ−2
cosθ
+2) 令 k =
sinθ−2
cosθ−0
显然k 为第一象限内单位圆上的点与定点 (0，2) 连线的斜率，如图所示，易得k 的最大值为 −√3 ，此时 θ=30°
12m(v B sin30°)2+12
×2mv B 2=(2−√3)mgL 解得 E kB =2−√
33
mgL
……线…………○………线…………○…
【解析】【分析】（1）对AB 组成的系统根据能量转化的关系得出 物块B 与定滑轮间的最小距离 ；
（2）根据几何关系以及功能关系得出 物块A 、B 处于同一高度时系统的总动能 ；
（3）根据动能的表达式以及功能关系和几何关系得出物块A 、B 的总动能最大时物块B 的动能。